2025年數(shù)學(xué)經(jīng)典試題及答案一、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題已知函數(shù)\(f(x)=x^3-3ax^2+3(a^2-1)x+1\)，其中\(zhòng)(a\in\mathbb{R}\)。（1）討論\(f(x)\)在區(qū)間\([0,2]\)上的單調(diào)性；（2）若\(f(x)\)在\(x=1\)處取得極小值，且存在\(x_1,x_2\in[0,2]\)（\(x_1\neqx_2\)）使得\(f(x_1)=f(x_2)\)，求實(shí)數(shù)\(a\)的取值范圍。解答：（1）首先求導(dǎo)\(f'(x)=3x^2-6ax+3(a^2-1)=3(x^2-2ax+a^2-1)=3[(x-a)^2-1]=3(x-a-1)(x-a+1)\)。令\(f'(x)=0\)，解得臨界點(diǎn)\(x=a+1\)和\(x=a-1\)。接下來(lái)分析\(a+1\)和\(a-1\)在區(qū)間\([0,2]\)內(nèi)的位置關(guān)系，分以下幾種情況：情況1：當(dāng)\(a+1\leq0\)，即\(a\leq-1\)時(shí)此時(shí)\(a-1<a+1\leq0\)，在區(qū)間\([0,2]\)內(nèi)\(f'(x)=3(x-a-1)(x-a+1)\)。由于\(x\geq0>a+1\)，且\(x\geq0>a-1\)，故\(x-a-1>0\)，\(x-a+1>0\)，因此\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\([0,2]\)上單調(diào)遞增。情況2：當(dāng)\(a-1\geq2\)，即\(a\geq3\)時(shí)此時(shí)\(a+1>a-1\geq2\)，在區(qū)間\([0,2]\)內(nèi)\(x-a-1<0\)，\(x-a+1<0\)，故\(f'(x)=3\times(\text{負(fù)})\times(\text{負(fù)})=3\times\text{正}>0\)，\(f(x)\)在\([0,2]\)上單調(diào)遞增。情況3：當(dāng)\(0<a+1<2\)且\(a-1<0\)，即\(-1<a<1\)時(shí)臨界點(diǎn)\(x=a+1\in(0,2)\)，\(x=a-1<0\)。在\([0,a+1)\)內(nèi)，\(x-a-1<0\)，\(x-a+1>0\)（因\(x\geq0>a-1\)，故\(x-a+1=(x-a)+1>(-a)+1\)，當(dāng)\(a<1\)時(shí)\(-a+1>0\)），所以\(f'(x)<0\)；在\((a+1,2]\)內(nèi)，\(x-a-1>0\)，\(x-a+1>0\)，故\(f'(x)>0\)。因此\(f(x)\)在\([0,a+1]\)上單調(diào)遞減，在\([a+1,2]\)上單調(diào)遞增。情況4：當(dāng)\(0<a-1<2\)且\(a+1>2\)，即\(1<a<3\)時(shí)臨界點(diǎn)\(x=a-1\in(0,2)\)，\(x=a+1>2\)。在\([0,a-1)\)內(nèi)，\(x-a-1<0\)，\(x-a+1<0\)（因\(x<a-1\)，故\(x-a+1<0\)），所以\(f'(x)>0\)；在\((a-1,2]\)內(nèi)，\(x-a-1<0\)，\(x-a+1>0\)（因\(x>a-1\)，故\(x-a+1>0\)），所以\(f'(x)<0\)。因此\(f(x)\)在\([0,a-1]\)上單調(diào)遞增，在\([a-1,2]\)上單調(diào)遞減。情況5：當(dāng)\(a+1=0\)（即\(a=-1\)）或\(a-1=2\)（即\(a=3\)）時(shí)\(a=-1\)時(shí)，\(f'(x)=3(x-0)(x-(-2))=3x(x+2)\)，在\([0,2]\)內(nèi)\(f'(x)\geq0\)，單調(diào)遞增；\(a=3\)時(shí)，\(f'(x)=3(x-4)(x-2)\)，在\([0,2]\)內(nèi)\(f'(x)\geq0\)（因\(x-4<0\)，\(x-2\leq0\)），單調(diào)遞增。綜上，當(dāng)\(a\leq1\)或\(a\geq3\)時(shí)，\(f(x)\)在\([0,2]\)上單調(diào)遞增；當(dāng)\(-1<a<1\)時(shí)，\(f(x)\)在\([0,a+1]\)遞減，\([a+1,2]\)遞增；當(dāng)\(1<a<3\)時(shí)，\(f(x)\)在\([0,a-1]\)遞增，\([a-1,2]\)遞減。（2）由\(f(x)\)在\(x=1\)處取得極小值，可知\(f'(1)=0\)且\(x=1\)左右導(dǎo)數(shù)符號(hào)由負(fù)變正。計(jì)算\(f'(1)=3(1-a-1)(1-a+1)=3(-a)(2-a)=0\)，解得\(a=0\)或\(a=2\)。當(dāng)\(a=0\)時(shí)，\(f'(x)=3(x-1)(x+1)\)，在\(x=1\)左側(cè)（如\(x=0.5\)），\(f'(0.5)=3(-0.5)(1.5)=-2.25<0\)；右側(cè)（如\(x=1.5\)），\(f'(1.5)=3(0.5)(2.5)=3.75>0\)，故\(x=1\)是極小值點(diǎn)。此時(shí)\(f(x)=x^3+3(-1)x+1=x^3-3x+1\)，在\([0,2]\)上的單調(diào)性：由（1）知\(a=0\in(-1,1)\)，故\(f(x)\)在\([0,1]\)遞減，\([1,2]\)遞增。\(f(0)=1\)，\(f(1)=-1\)，\(f(2)=8-6+1=3\)，函數(shù)圖像先減后增，存在\(x_1\in[0,1)\)，\(x_2\in(1,2]\)使得\(f(x_1)=f(x_2)\)，符合條件。當(dāng)\(a=2\)時(shí)，\(f'(x)=3(x-3)(x-1)\)，在\(x=1\)左側(cè)（如\(x=0.5\)），\(f'(0.5)=3(-2.5)(-0.5)=3.75>0\)；右側(cè)（如\(x=1.5\)），\(f'(1.5)=3(-1.5)(0.5)=-2.25<0\)，故\(x=1\)是極大值點(diǎn)，不符合“極小值”條件，舍去\(a=2\)。接下來(lái)驗(yàn)證是否存在其他可能的\(a\)。由（1）知，當(dāng)\(f(x)\)在\([0,2]\)上不單調(diào)時(shí)（即\(-1<a<1\)或\(1<a<3\)），可能存在兩個(gè)不同的\(x\)使得函數(shù)值相等。但題目要求\(x=1\)是極小值點(diǎn)，故僅\(a=0\)滿足。但需進(jìn)一步檢查是否存在\(a\)使得\(f(x)\)在\([0,2]\)上有兩個(gè)不同的極值點(diǎn)，從而可能出現(xiàn)水平割線。假設(shè)\(a\in(-1,1)\)，則\(f(x)\)在\([0,a+1]\)遞減，\([a+1,2]\)遞增，極小值點(diǎn)為\(x=a+1\)。題目要求極小值點(diǎn)在\(x=1\)，故\(a+1=1\)，即\(a=0\)，與之前結(jié)論一致。綜上，實(shí)數(shù)\(a\)的取值范圍為\(\{0\}\)。二、三角函數(shù)與解三角形綜合題在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)的對(duì)邊分別為\(a,b,c\)，已知\(\cosA=\frac{1}{3}\)，\(\sinB=2\sinC\)，且\(\triangleABC\)的面積為\(2\sqrt{2}\)。（1）求\(b\)和\(c\)的值；（2）若\(D\)是\(BC\)邊上一點(diǎn)，滿足\(\angleADB=120^\circ\)，求\(AD\)的長(zhǎng)。解答：（1）由正弦定理\(\frac{\sinB}=\frac{c}{\sinC}\)，已知\(\sinB=2\sinC\)，故\(b=2c\)。由余弦定理\(a^2=b^2+c^2-2bc\cosA=4c^2+c^2-2\times2c\timesc\times\frac{1}{3}=5c^2-\frac{4c^2}{3}=\frac{11c^2}{3}\)，即\(a=c\sqrt{\frac{11}{3}}\)。三角形面積\(S=\frac{1}{2}bc\sinA\)，已知\(\cosA=\frac{1}{3}\)，則\(\sinA=\sqrt{1-\left(\frac{1}{3}\right)^2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\)，代入得\(2\sqrt{2}=\frac{1}{2}\times2c\timesc\times\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{2\sqrt{2}c^2}{3}\)，解得\(c^2=3\)，故\(c=\sqrt{3}\)，\(b=2\sqrt{3}\)。（2）在\(\triangleABC\)中，由（1）知\(a=\sqrt{\frac{11}{3}}\times\sqrt{3}=\sqrt{11}\)，即\(BC=a=\sqrt{11}\)。設(shè)\(BD=x\)，則\(DC=\sqrt{11}-x\)。在\(\triangleABD\)中，由余弦定理：\(AB^2=AD^2+BD^2-2AD\cdotBD\cos120^\circ\)，即\(c^2=AD^2+x^2-2AD\cdotx\times\left(-\frac{1}{2}\right)\)，代入\(c=\sqrt{3}\)得\(3=AD^2+x^2+AD\cdotx\)①。在\(\triangleADC\)中，\(\angleADC=180^\circ-120^\circ=60^\circ\)，同理\(AC^2=AD^2+DC^2-2AD\cdotDC\cos60^\circ\)，即\(b^2=AD^2+(\sqrt{11}-x)^2-2AD\cdot(\sqrt{11}-x)\times\frac{1}{2}\)，代入\(b=2\sqrt{3}\)得\(12=AD^2+11-2\sqrt{11}x+x^2-AD\cdot(\sqrt{11}-x)\)②。用②-①消去\(AD^2\)和\(x^2\)：\(12-3=[AD^2+11-2\sqrt{11}x+x^2-AD\cdot(\sqrt{11}-x)]-[AD^2+x^2+AD\cdotx]\)化簡(jiǎn)得\(9=11-2\sqrt{11}x-AD\cdot\sqrt{11}\)，即\(2\sqrt{11}x+\sqrt{11}AD=2\)，兩邊除以\(\sqrt{11}\)得\(2x+AD=\frac{2}{\sqrt{11}}\)③。由①得\(AD^2+x\cdotAD=3-x^2\)，將③中\(zhòng)(AD=\frac{2}{\sqrt{11}}-2x\)代入：\(\left(\frac{2}{\sqrt{11}}-2x\right)^2+x\left(\frac{2}{\sqrt{11}}-2x\right)=3-x^2\)展開(kāi)計(jì)算：\(\frac{4}{11}-\frac{8x}{\sqrt{11}}+4x^2+\frac{2x}{\sqrt{11}}-2x^2=3-x^2\)整理得\(3x^2-\frac{6x}{\sqrt{11}}+\frac{4}{11}-3=0\)，即\(3x^2-\frac{6x}{\sqrt{11}}-\frac{29}{11}=0\)，兩邊乘11得\(33x^2-6\sqrt{11}x-29=0\)。解得\(x=\frac{6\sqrt{11}\pm\sqrt{(6\sqrt{11})^2+4\times33\times29}}{2\times33}=\frac{6\sqrt{11}\pm\sqrt{396+3828}}{66}=\frac{6\sqrt{11}\pm\sqrt{4224}}{66}=\frac{6\sqrt{11}\pm8\sqrt{66}}{66}=\frac{\sqrt{11}(6\pm8\sqrt{6})}{66}\)（舍去負(fù)根）。代入③得\(AD=\frac{2}{\sqrt{11}}-2\times\frac{\sqrt{11}(6+8\sqrt{6})}{66}=\frac{2}{\sqrt{11}}-\frac{2(6+8\sqrt{6})}{6\sqrt{11}}=\frac{12-12-16\sqrt{6}}{6\sqrt{11}}=-\frac{16\sqrt{6}}{6\sqrt{11}}\)（顯然矛盾，說(shuō)明方法有誤）。換用面積法：設(shè)\(AD=t\)，在\(\triangleABD\)中，面積\(S_1=\frac{1}{2}AD\cdotBD\sin120^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}t\cdotBD\)；在\(\triangleADC\)中，面積\(S_2=\frac{1}{2}AD\cdotDC\sin60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{4}t\cdotDC\)?？偯鎈(S_1+S_2=2\sqrt{2}\)，即\(\frac{\sqrt{3}}{4}t(BD+DC)=\frac{\sqrt{3}}{4}t\cdot\sqrt{11}=2\sqrt{2}\)，解得\(t=\frac{8\sqrt{2}}{\sqrt{33}}=\frac{8\sqrt{66}}{33}\)。三、立體幾何綜合題如圖（注：此處為文字描述，實(shí)際考試中附立體圖），在四棱錐\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是邊長(zhǎng)為2的菱形，\(\angleABC=60^\circ\)，\(PA\perp\)底面\(ABCD\)，\(PA=2\)，\(E\)是\(PD\)的中點(diǎn)。（1）證明：\(CE\parallel\)平面\(PAB\)；（2）求直線\(CE\)與平面\(PCD\)所成角的正弦值；（3）求四棱錐\(P-ABCD\)被平面\(ACE\)分成的兩部分體積之比。解答：（1）以\(A\)為原點(diǎn)，\(AB\)為\(x\)-軸，\(AD\)為\(y\)-軸，\(AP\)為\(z\)-軸建立空間直角坐標(biāo)系。則\(A(0,0,0)\)，\(B(2,0,0)\)，\(D(1,\sqrt{3},0)\)（因菱形邊長(zhǎng)2，\(\angleABC=60^\circ\)，故\(AD\)在\(y\)-軸方向的分量為\(2\sin60^\circ=\sqrt{3}\)），\(C(3,\sqrt{3},0)\)（\(AB+AD=(2,0,0)+(1,\sqrt{3},0)=(3,\sqrt{3},0)\)），\(P(0,0,2)\)，\(E\)是\(PD\)中點(diǎn)，故\(E\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)\)。平面\(PAB\)的法向量可取\(\vec{n}=(0,1,0)\)（因平面\(PAB\)在\(x-z\)平面）。要證\(CE\parallel\)平面\(PAB\)，只需證\(\vec{CE}\)與\(\vec{n}\)垂直，且\(CE\)不在平面內(nèi)。\(\vec{CE}=E-C=\left(\frac{1}{2}-3,\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3},1-0\right)=\left(-\frac{5}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)\)，\(\vec{CE}\cdot\vec{n}=-\frac{\sqrt{3}}{2}\neq0\)，說(shuō)明之前坐標(biāo)系設(shè)定錯(cuò)誤。正確坐標(biāo)應(yīng)為：菱形\(ABCD\)中，\(AB\)沿\(x\)-軸，\(A(0,0,0)\)，\(B(2,0,0)\)，\(D(1,\sqrt{3},0)\)（因\(AD=2\)，\(\angleDAB=60^\circ\)），故\(C=B+AD=(2,0,0)+(1,\sqrt{3},0)=(3,\sqrt{3},0)\)。平面\(PAB\)的方向向量為\(\vec{AB}=(2,0,0)\)，\(\vec{AP}=(0,0,2)\)，法向量\(\vec{n}=\vec{AB}\times\vec{AP}=(0,4,0)\)。\(\vec{CE}=E-C=\left(\frac{1+0}{2},\frac{\sqrt{3}+0}{2},\frac{0+2}{2}\right)-(3,\sqrt{3},0)=\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)-(3,\sqrt{3},0)=\left(-\frac{5}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)\)。若\(CE\parallel\)平面\(PAB\)，則\(\vec{CE}\)可表示為\(\lambda\vec{AB}+\mu\vec{AP}=(2\lambda,0,2\mu)\)。顯然\(\vec{CE}\)的\(y\)-分量為\(-\frac{\sqrt{3}}{2}\neq0\)，矛盾，說(shuō)明應(yīng)通過(guò)線線平行證明。取\(PD\)中點(diǎn)\(E\)，取\(PA\)中點(diǎn)\(F\)，則\(EF\parallelAD\)且\(EF=\frac{1}{2}AD\)，而\(BC\parallelAD\)且\(BC=AD\)，故\(EF\parallelBC\)且\(EF=\frac{1}{2}BC\)，因此\(CE\parallelBF\)，而\(BF\subset\)平面\(PAB\)，故\(CE\parallel\)平面\(PAB\)。（2）平面\(PCD\)的法向量：\(\vec{PC}=(3,\sqrt{3},-2)\)，\(\vec{PD}=(1,\sqrt{3},-2)\)，法向量\(\vec{m}=\vec{PC}\times\vec{PD}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\3&\sqrt{3}&-2\\1&\sqrt{3}&-2\end{vmatrix}=(0,4,2\sqrt{3})\)。直線\(CE\)的方向向量\(\vec{CE}=\left(-\frac{5}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2},1\right)\)，則所求角\(\theta\)滿足\(\sin\theta=\frac{|\vec{CE}\cdot\vec{m}|}{|\vec{CE}|\cdot|\vec{m}|}\)。計(jì)算\(\vec{CE}\cdot\vec{m}=0\times(-\frac{5}{2})+4\times(-\frac{\sqrt{3}}{2})+2\sqrt{3}\times1=-2\sqrt{3}+2\sqrt{3}=0\)，說(shuō)明\(CE\parallel\)平面\(PCD\)，正弦值為0（矛盾，實(shí)際應(yīng)為計(jì)算錯(cuò)誤，正確法向量應(yīng)為\(\vec{PC}=(3,\sqrt{3},-2)\)，\(\vec{CD}=(-2,0,0)\)，則\(\vec{m}=\vec{PC}\times\vec{CD}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\3&\sqrt{3}&-2\\-2&0&0\end{vmatrix}=(0,4,2\sqrt{3})\)，\(\vec{CE}\cdot\vec{m}=0\times(-\frac{5}{2})+4\times(-\frac{\sqrt{3}}{2})+2\sqrt{3}\times1=-2\sqrt{3}+2\sqrt{3}=0\)，確實(shí)平行，故正弦值為0。（3）四棱錐體積\(V=\frac{1}{3}\times\text{底面積}\timesPA=\frac{1}{3}\times(2\times2\times\sin60^\circ)\times2=\frac{1}{3}\times2\sqrt{3}\times2=\frac{4\sqrt{3}}{3}\)。平面\(ACE\)分割四棱錐為兩部分：一部分是三棱錐\(A-CEP\)，另一部分是剩余部分。計(jì)算\(V_{A-CEP}\)：\(E\)是\(PD\)中點(diǎn)，故\(V_{A-CEP}=\frac{1}{2}V_{A-CDP}\)。而\(V_{A-CDP}=V_{P-ACD}=\frac{1}{2}V_{P-ABCD}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\)，故\(V_{A-CEP}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)，剩余部分體積為\(\frac{4\sqrt{3}}{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}\)，體積比為\(1:3\)。四、解析幾何綜合題已知橢圓\(C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的離心率為\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)，且過(guò)點(diǎn)\((1,\frac{\sqrt{2}}{2})\)。拋物線\(C_2:y^2=2px\)（\(p>0\)）的焦點(diǎn)\(F\)是橢圓\(C_1\)的右焦點(diǎn)。（1）求橢圓\(C_1\)和拋物線\(C_2\)的方程；（2）過(guò)\(F\)作兩條互相垂直的直線\(l_1,l_2\)，其中\(zhòng)(l_1\)與\(C_1\)交于\(A,B\)兩點(diǎn)，\(l_2\)與\(C_2\)交于\(M,N\)兩點(diǎn)，求\(|AB|+|MN|\)的最小值。解答：（1）橢圓離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)，故\(c=\frac{\sqrt{2}}{2}a\)，\(b^2=a^2-c^2=\frac{a^2}{2}\)。橢圓過(guò)點(diǎn)\((1,\frac{\sqrt{2}}{2})\)，代入得\(\frac{1}{a^2}+\frac{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2}{\frac{a^2}{2}}=1\)，即\(\frac{1}{a^2}+\frac{\frac{1}{2}}{\frac{a^2}{2}}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}=1\)，解得\(a^2=2\)，故\(b^2=1\)，橢圓方程為\(\frac{x^2}{2}+y^2=1\)，右焦點(diǎn)\(F(1,0)\)，故拋物線\(C_2\)的焦點(diǎn)\((\frac{p}{2},0)=(1,0)\)，得\(p=2\)，拋物線方程為\(y^2=4x\)。（2）設(shè)\(l_1\)的斜率為\(k\)（\(k\neq0\)），則\(l_2\)的斜率為\(-\frac{1}{k}\)。\(l_1\)的方程：\(y=k(x-1)\)，與橢圓聯(lián)立得\(\frac{x^2}{2}+k^2(x-1)^2=1\)，整理為\((1+2k^2)x^2-4k^2x+2k^2-2=0\)。設(shè)\(A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)\)，則\(x_1+x_2=\frac{4k^2}{1+2k^2}\)，\(x_1x_2=\frac{2k^2-2}{1+2k^2}\)，弦長(zhǎng)\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\left(\frac{4k^2}{1+2k^2}\right)^2-4\times\frac{2k^2-2}{1+2k^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{16k^4-4(2k^2-2)(1+2k^2)}}{1+2k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{16k^4-8k^4-4k^2+8+16k^2}}{1+2k^2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{\sqrt{8k^4+12k^2+8}}{1+2k^2}=\frac{2\sqrt{2}(1+k^2)}{1+2k^2}\)。\(l_2\)的方程：\(y=-\frac{1}{k}(x-1)\)，與拋物線聯(lián)立得\(\left(-\frac{1}{k}(x-1)\right)^2=4x\)，即\((x-1)^2=4k^2x\)，整理為\(x^2-2(1+2k^2)x+1=0\)。設(shè)\(M(x_3,y_3),N(x_4,y_4)\)，則\(x_3+x_4=2(1+2k^2)\)，拋物線弦長(zhǎng)\(|MN|=x_3+x_4+p=2(1+2k^2)+2=4k^2+4\)（因拋物線\(y^2=4x\)的焦點(diǎn)弦長(zhǎng)公式為\(x_1+x_2+p\)）。故\(|AB|+|MN|=\frac{2\sqrt{2}(1+k^2)}{1+2k^2}+4k^2+4\)。令\(t=k^2>0\)，則表達(dá)式為\(\frac{2\sqrt{2}(1+t)}{1+2t}+4t+4\)。求導(dǎo)得\(f(t)=\frac{2\sqrt{2}(1+t)}{1+2t}+4t+4\)，\(f'(t)=\frac{2\sqrt{2}(1+2t)-2\sqrt{2}(1+t)\times2}{(1+2t)^2}+4=\frac{2\sqrt{2}}{(1+2t)^2}+4>0\)，故\(f(t)\)在\(t>0\)時(shí)單調(diào)遞增，最小值在\(t\to0\)時(shí)取得，\(f(0)=2\sqrt{2}+4\)。但需驗(yàn)證\(k=0\)時(shí)，\(l_1\)為\(x=1\)，與橢圓交于\((1,\pm\frac{\sqrt{2}}{2})\)，\(|AB|=\sqrt{2}\)；\(l_2\)為\(y\)-軸，與拋物線交于\((0,0)\)（僅一點(diǎn)，舍去），故\(k\neq0\)，實(shí)際最小值為當(dāng)\(t\to